1

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA ACADEMICA PROFESIONAL INGENIERIA DE SISTEMAS CURSO: Investigación de Operaciones II

INTEGRANTES:  AGREDA

AREDO, Deymer Yesdin

 BURGOS

GAMARRA, Cristhian Alberto

 PEREYRA

VERASTEGUI, Gloria Anely

PROFESOR: Ing. Marcos Baca

CICLO: VII

TRUJILLO – PERU 2013

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO

Ejercicios de Programación Dinámica en variable discreta EJERCICIOS RESUELTOS DE PROGRAMACIÓN DINAMICA 1. Un Ingeniero Forestal, requiere saber: i) Cuál es el costo mínimo, y ii) Cuál es la ruta con ese costo mínimo, para ir desde su oficina hasta el lugar donde está la cosecha. En su camino debe pasar por 3 sectores o ciudades antes de llegar a su destino, y lugares posibles en esos sectores o ciudades. Las posibles rutas, y el costo asociado por Kms. de distancia y otros en $, se ven en el siguiente esquema:

Solución: Para ir de 1 a 13 hay 48 rutas posibles. Una posibilidad para encontrar la solución es calcular el valor asociado a cada una y ver cuál es la que proporciona el menor costo. ¿Y si fuesen miles de rutas? Por eso se descarta esa alternativa y se usa el método de la  programación Dinámica, donde se resuelve desde el final hacia el inicio, y hay etapas y estados. Etapas: Son 4. La etapa 1 es decidir ir del estado inicial 1 al estado 2, 3, 4 o 5 que son los puntos posibles en el sector siguiente. La etapa 2 es decidir ir a 6, 7 u 8. La etapa 3 es decidir ir a 9, 10, 11 o 12. La etapa 4 es decidir a 13. Estado: Lugar donde se encuentra. La etapa 1 tiene 1 estado: el 1. La etapa 2 tiene 4 estados: 2, 3, 4, 5. La etapa 3 tiene 3 estados: 6, 7, 8. La etapa 4 tiene 4 estados: 9, 10, 11, 12. n=4

S \ X4 9 10

13

F4*

X4*

12 16

12 16

13 13

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11 12

n=3

n=2

n=1

15 14

15 14

13 13

S \ X3

9

10

11

12

F3*

X3*

6 7 8

3+12=15 4+12=16 2+12=14

2+16=18 1+16=17 3+16=19

1+15=16 4+15=19 6+15=21

3+14=17 6+14=20 5+14=19

15 16 14

9 9 9

S \ X2

6

7

2 3 4 5

9+15=24 5+15=20 9+15=24 9+15=24

4+16=20 7+16=23 10+16=26 10+16=26

8 6+14=20 4+14=18 8+14=22 11+14=25

F2*

X2*

20 18 22 24

7-8 8 8 6

S \ X1

2

3

4

5

F1*

X1*

1

7+20=27

6+18=24

5+22=27

6+24=30

24

3

Respuesta: El óptimo es: 24 La solución óptima es: X1 = 3; X2 = 8; X3= 9; X4= 13. La ruta óptima es: 1 3

8

9

13

Respuesta al problema planteado: El Ingeniero Forestal tiene un costo mínimo de $24 para ir desde su oficina al lugar de cosecha, y ese mínimo lo puede lograr yendo desde su oficina al lugar 3 luego al lugar  8 luego al lugar 9 y de ahí al lugar 13, que es donde está la cosecha.

2. Un Técnico Forestal, debe revisar 3 faenas: Poda, Raleo y Cosecha, y dispone de 4 días. Según la dedicación en días que le dé a cada faena, éstas tendrán una probabilidad de fracasar, y con ello fracasar la faena total, por lo que puede ser despedido. Por ello, dicho Técnico desea minimizar la probabilidad de ser despedido minimizando la probabilidad de que las 3 tareas fracasen al mismo tiempo.

↓Dedicación \ Faenas→

Poda Raleo Cosecha 0 día 0.50 0.60 0.40 1 día 0.42 0.51 0.35 2 días 0.36 0.41 0.21 3 días 0.25 0.36 0.18 Un día no asignado a una faena no tiene valor asociado. A lo más se puede asignar 3 días a una misma faena.

Solución:

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Etapas: Son 3. La etapa 1 es el proceso de asignación de días a Poda. La etapa 2 es el  proceso de asignación de días a Raleo. La etapa 3 es el proceso de asignación de días a Cosecha.

Estados: Son los días disponibles para ser asignados, y van de 0 a 4, dependiendo de las etapas. La etapa 1 tiene 1 estado factible y es: tener 4 días disponibles para ser  asignados. Las variables de decisión son 3: X1, X2, X3 y representan: Cuántos días asignar a la faena poda, Cuántos días asignar a la faena de raleo, Cuántos días asignar a la faena de cosecha; respectivamente. La Función Objetivo y las restricciones forman en el modelo para este problema y es: P: Min( p(X1)*p(X2)*p(X3) ) ; s.a: X 1+X2+X3 ≤ 4 ; Xi ∈0,1,2,3; i=1,2,3 La probabilidad de ser despedido en este momento es: 0.5*0.6*0.4 =0.12, que es de un 12%, y con los 4 días disponibles desea minimizar esa probabilidad. Los cálculos. n=3

S \ X3

0

1

2

3

F3*

X3*

0 1 2 3 4

0.4*1=0.40 0.4*1=0.40 0.4*1=0.40 0.4*1=0.40 0.4*1=0.40

0.35*1=0.35 0.35*1=0.35 0.35*1=0.35 0.35*1=0.35

0.21 0.21 0.21

0.18 0.18

0.40 0.35 0.21 0.18 0.18

0 1 2 3 3

n=2 S\X2

0

1

2

3

F2*

X2 *

1 2 3 4

0.6*0.35=0.210 0.6*0.21=0.126 0.6*0.18=0.108 0.6*0.18=0.108

0.51*0.40=0.2040 0.51*0.35=0.1785 0.51*0.21=0.1071 0.51*0.18=0.0918

0.41*0.40=0.1640 0.41*0.35=0.1435 0.41*0.21=0.0861

0.36*0.40=0.144 0.36*0.35=0.1260

0.2040 0.1260 0.1071 0.0861

1 0 1 2

n=1 S\X1

0

1

2

3

F1*

X1*

0.5*0.0861 = 0,04305

0.42*0.1071 = 0,044982

0.36*0.1260 = 0,04536

0.25*0.2040 = 0,051

0.04305

0

4

Respuesta: optima = 0.04305(un 4, 3%). La solución óptima es: X1 = 0; X2 = 2; X3= 2 La ruta óptima es: 4 4 2

2

Respuesta al problema planteado: La probabilidad mínima de ser despedido es 0.04305, es decir de un 4,3%, y la asignación óptima de días es: 0 días a la Poda, 2 días al Raleo, 2 Días a la Cosecha.

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3. Un aserradero debe enviar 4 o 5 cargamentos a cuatro destinos. La máxima asignación para cada destino es de cuatro cargamentos. En la tabla siguiente se indica g(xi) como los ingresos en MM$ obtenidos por cada una de las decisiones posibles. Se desea maximizar el ingreso del aserradero por estos envíos. Además al destino 2 no se puede asignar 4 sino que máximo 3 cargamentos. Al destino 3 ya se ha decidido asignar exactamente 1 cargamento. Un cargamento no asignado no tiene valor asignado.

cargamentos \ destinos 0 1 2 3 4

1

2

3

4

0 5 11 15 21

0 6 10 16 -

0 4 12 17 22

0 7 10 14 23

Solución: Etapas: son 4 etapas. La etapa 1, 2, 3, 4 es el proceso de decisión de envíos de cargamento al destino 1, destino 2, destino 3 y destino 4 respectivamente. Estados: La cantidad de cargamentos disponibles para ser enviados en cada etapa. El modelo en este caso es: (Son 2 problemas en uno). P: Máx ( Π g(xi); i=1,2,3,4) s.a: X1+X2+X3 +X4 ≤ 5 ; Xi ∈0,1,2,3,4; i=1,2,3,4. P: Máx ( Π g(xi); i=1,2,3,4) s.a: X1+X2+X3 +X4 ≤ 4 ; Xi ∈0,1,2,3,4; i=1,2,3,4. n=4

S \X3 0 1 2 3 4

n =3

S \ X3 1 2 3 4 5

0

1

2

3

4

F4*

X4*

0 0 0 0 0

7+0=7 7+0=7 7+0=7 7+0=7

10 10 10

14 14

23

0 7 10 14 23

0 1 2 3 4

1

F3*

X3*

4+ 0 = 4 4+ 7 =11 4+10=14 4+14=18 4+23=27

4 11 14 18 27

1 1 1 1 1

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n=2

S\X2

0

n=1

1 2 3 4 5 S\ X1

0+4=4 0+11=11 0+14=14 0+18=18 0+27=27 0

4 5

0+21=21 0+27=27

1

2

3

6+4=10 6+11=17 10+4=14 6+14=20 10+11=21 16+ 4=20 6+18=24 10+14=24 16+11=27 1 2 3 4

5+14=19 5+21=26

11+11=22 11+17=28

15+4=19 15+11=26

F2*

X2*

4 11 14 21 27

0 0 1 2 0-3

F1*

X1*

22 28

2 2

--21+4=25

Respuesta: A) Si envía 4 cargamentos, el óptimo es: MM$ 22, y la solución óptima es: X 1 = 3 ; X2 = 0 ; X3= 1; X4= 0; X1 = 2

4

La ruta óptima es:

X2 = 0

2

X3= 1

2

X4= 1

1

0

11 0 4 7 Es decir: Al destino-1 debe enviar 2 cargamentos, al destino-2 debe enviar 0 cargamento, al destino-3 enviar 1 cargamento, y al destino-4 enviar 1 cargamento. Con esto obtiene el Max que es de MM$22. B) Si envía 5 cargamentos, el óptimo es: MM$ 28, y la solución óptima es: X1 = 2 ; X2 = 1 ; X3= 1; X4= 1; X1 = 2 La ruta óptima es:

5

X2 =1

3 11

X3= 1

2 6

X4= 1

1 4

0 7

Es decir: Al destino-1 debe enviar 2 cargamentos, al destino-2 debe enviar 1 cargamento, al destino-3 enviar 1 cargamento, y al destino-4 enviar 1 cargamento. Con esto obtiene el máx que es de MM$22.

4. Un dueño de tres supermercados tiene 5 cargas de fresas frescas. Su problema es destinar las fresas a cada supermercado, ya que en cada uno las fresas tienen distinto valor. El ingreso en los supermercados, según la asignación de cargas se indica a continuación en MM$.

↓ Cargamentos \ destino → 0 1 2 3 4 5

Supermercado 1 0 5 9 14 17 21

Supermercado 2 0 6 11 15 19 22

Supermercado 3 0 4 9 13 18 20

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El no asignar las cargas de fresas a un supermercado tiene valor asociado de cero pesos al horizonte, porque se perderán.

¿Cuál es el máximo ingreso posible, y cuál es la asignación que para ello?.

Solución: n=3

n=2 S \ X2 0 1 2 3 4 5

0

S \ X3

0

1

2

3

4

5

F3*

X3*

0 1 2 3 4 5

0 0 0 0 0 0

4+0 4+0 4+0 4+0 4+0

9+0 9+0 9+0 9+0

13+0 13+0 13+0

18+0 18+0

20+0

0 4 9 13 18 20

0 1 2 3 4 5

1

2

0+0=0 0+4=4 6+0=6 0+9=9 6+4=10 0+13=13 6+9=15 0+18=18 6+13=19 0+20=20 6+18=24

3

4

11 11+4=15 15 11+9=20 15+4=19 19 11+13=24 15+9=24 19+4=23

5

F2*

X2*

22

0 6 11 15 20 24

0 1 2 1-2-3 2 1-2-3

n=1 S\ X1

0

1

2

3

4

5

F1*

X1*

5

0+24=24

5+20=25

9+15=24

14+11=25

17+6=23

21+0=21

25

1-3

Respuesta: El máximo ingreso posible es MM$ 25, y se puede alcanzar con la asignación: X1 = 1; X2 = 2; X3= 2 (Con ingresos: 5+11+9= 25). O bien con la asignación: X1 = 3; X2 = 2; X3= 0 (Con ingresos: 14+11+0 = 25)

5. Se dispone de 6 brigadas para asignar a tres sectores. El aumento de la productividad en los sectores depende de la asignación, y es la que se indica en el cuadro siguiente:

↓ Núm.brigadas asign. \ sector → 0 1 2 3

Sector-1 0 12 25 30

Sector-2 0 14 19 37

Sector-3 0 13 21 32

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4

40

49

48

¿Cuántas brigadas asignar a cada sector para hacer máxima la suma de aumento de la  productividad? Una brigada no asignada no tiene valor asociado en la productividad. Esto equivale a decir que el valor al horizonte de una brigada no asignada es de cero, ya que ese valor  no influye sobre el valor de la función objetivo.

Solución: Las etapas: Son tres etapas Los Estados: Son el número de brigadas disponibles al inicio de la etapa. Estado inicial: Es uno sólo, y es tener 6 brigadas disponibles. Variables de decisión: Son 3, indicadas por: X1, X2, X3 y el valor de ellas es un elemento del conjunto: 0,1,2,3, 4  f (Xi ); i=1,2,3) s.a: X1+X2+X3 ≤ 6 ; Xi ∈0,1,2,3,4; i=1,2,3.

El modelo: P: Máx (

n=3

n=2

n=1

S \ X3

F3*

X3*

6 5 4 3 2 1 0

48 48 48 32 21 13 0

4 4 4 3 2 1 0

S\ X2

4

3

2

1

0

F2*

X2*

6 5 4 3 2

49+21=70 49+13=62 49+ 0=49 -

37+32=69 37+21=58 37+13=50 37+0=37 -

19+48=67 19+32=51 19+21=40 19+13=32 19+ 0=19

14+48=62 14+48=62 14+32=46 14+21=35 14+13=27

0+48 0+48 0+48 0+32 0+21

70 62 50 37 27

4 1-4 3 3 1

S \ X1

4

3

2

1

0

F1*

X1*

6

40+27=67

30+37=67

25+50=75

12+62=74

0+70=70

75

2

Respuesta: Optimo =75; Solución óptima: X1*=2; X2*=3; X3*=1 Respuesta: La mayor productividad posible es de 75 y se logra asignando 2 brigadas al sector 1, 3 brigadas al sector 2 y 1 brigada al sector 3.

Ruta óptima: X1 = 2 La ruta óptima es:

6

X2 = 3

4

X3= 1

1

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25

6

4

37

1

13

2

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